\chapter{行列式}
\section{二阶和三阶行列式}
这节只是个导引，习题不重要。复习时可以略过。
\begin{enumerate}

  \item \begin{enumerate}
        \item 我们有
$
    \begin{vmatrix}
        2 & 1 \\ -1 & 2
    \end{vmatrix} = 2\times 2-(-1)\times 1=5.
$

\item 我们有
$
    \begin{vmatrix}
        -2 & -5 & 1 \\
        3 & 1 & 2\\
        2 & 0 & 4
    \end{vmatrix}=(-2)\times 1\times 4 + (-5)\times 2 \times 2 + 1\times 3\times 0 
    -1\times 1\times  2-(-2)\times 2\times 0-(-5)\times 3\times 4=30.
$
\end{enumerate}


\item 我们有
$
    \begin{vmatrix}
        3 & 1 & x\\
        4 & x  & 0\\
        1 & 0 & x
    \end{vmatrix}=3x^2-x^2-4x=2x^2-4x.
$
这个等于 $0$ 当且仅当 $x=0$ 或 $2$.

\item 我们有
$
    \begin{vmatrix}
        a & 3 & 0\\
        -1 & -4a & 1 \\
        2  & 0 & 1
    \end{vmatrix}=-4a^2+6+3=-4a^2+9.
$
这个小于 $0$ 当且仅当 $a>\frac{3}{2}$ 或 $a<-\frac{3}{2}$. 

\item 我们有
$
    \begin{vmatrix}
        a & b & c\\
        c & a & b\\
        b & c & a
    \end{vmatrix}=a^3 +b^3 + c^3 -abc-bca-cab=a^3+b^3+c^3-3abc.
$
\end{enumerate}

\section{排列}

我通常这样数排列$i_1i_2\cdots i_n$的逆序数：数$i_1$后比$i_1$小的有几个，
再数$i_2$后比$i_2$小的有几个，等等下去，直到$i_{n-1}$后比$i_{n-1}$小的有几个，
然后把这些个数加起来。这样数的结果当然与书上讲的方式数出的是一样的。
下面我默认是按照我平常的习惯数的逆序数。

\begin{enumerate}
  \item 由这节最后一个推论知任何一个$n$阶排列都可由自然排列
    $12\cdots n$做一系列对换得到。 而且我们知道对换改变排列的奇偶性，
    这样我们可以追踪到每个排列的奇偶性。
    如下的一系列对换我们得到了所有$4$阶排列（$4!=24$个）：
    \[
      \begin{tikzcd}[column sep=small, row sep=small]
        1234\ar[r]\ar[d]  & 1243 \ar[r] \ar[d] & 1342 \ar[d] \ar[r] & 
        1324 \ar[r] \ar[d] & 1423 \ar[r] \ar[d] & 1432  \ar[d] \\
        2134 \ar[d] & 2143 \ar[d] & 2341 \ar[d] & 2314 \ar[d] & 2413  \ar[d]
        & 2431 \ar[d] \\
        3124 \ar[d] & 3142 \ar[d] & 3241 \ar[d] & 3214 \ar[d] & 3412\ar[d] &  3421\ar[d]  \\
        4123 & 4132 & 4231 & 4213 & 4312 & 4321.
      \end{tikzcd}
    \]
  奇偶性变化为
  \[
    \begin{tikzcd}[column sep=small, row sep=small]
      \text{偶} \ar[r]\ar[d] & \text{奇} \ar[r]\ar[d] & \text{偶} \ar[r]\ar[d] & 
      \text{奇}  \ar[r]\ar[d] & \text{偶} \ar[r]\ar[d] & \text{奇} \ar[d] \\
      \text{奇} \ar[d] & \text{偶} \ar[d] & \text{奇}  \ar[d] & 
      \text{偶} \ar[d] & \text{奇} \ar[d] & \text{偶}\ar[d] \\
      \text{偶} \ar[d] & \text{奇} \ar[d] & \text{偶} \ar[d] & 
      \text{奇} \ar[d]  & \text{偶} \ar[d] & \text{奇} \ar[d] \\
      \text{奇} & \text{偶} & \text{奇}  & \text{偶} & \text{奇} & \text{偶}.
    \end{tikzcd}
  \]
  所以所有$4$阶偶排列为
  \[
    1234, 1342, 1423, 2143, 2314, 2431, 3124, 3241, 3412, 4132, 4213, 4321,
  \]
  所有$4$阶奇排列为
  \[
    1243,1324,1432, 2134, 2341, 2413, 3142, 3214, 3421, 4123, 4231, 4312.
  \]
\item \begin{enumerate}
      \item $31254$ 的逆序数为 $2+1=3$. 
\item $542316$ 的逆序数为 $4+3+1+1=9$.
\item $24\cdots(2n)13\cdots(2n-1)$ 的逆序数为 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$, 其中所有逆序为
  \begin{align*}
    &(2,1),\\
    &(4,1),(4,3),\\
    &(6,1),(6,3),(6,5),\\
    &\vdots\\
    &(2n,1),(2n,3),(2n,5),\cdots,(2n,2n-1).
  \end{align*}
  \end{enumerate}

\item   $i,j$ 为 $3,7$ 或 $7,3$. 由于对换改变奇偶性，所以两种情形的奇偶性可相互断定，这样只用算其中一个可能性即可。先看 $i=3,j=7$. 
$523487916$ 的逆序数为 $4+1+1+1+3+2+2=14$. 确实是偶排列，另一种可能性给出的必为奇排列。所以 $i=3,j=7$.

\item 
 在排列$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中选取两个不同的数字的取法有$\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$中。
两个不同的数字$x_i, x_j$（不妨设$i<j$）或构成一个逆序（若$x_i>x_j$），或构成一个顺序（若$x_i<x_j$）。
  排列颠倒后，$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中的逆序变成了$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$
  中的顺序，$x_1x_2\cdots x_{n-1}x_n$中的顺序变成了$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$中的逆序，
  且$x_n\cdots x_{2}x_1$的逆序都可如此得到。
  这样$x_nx_{n-1}\cdots x_2x_1$中的逆序数等于$x_1x_2\cdots x_n$的顺序数，即$\frac{n(n-1)}{2}-k$.
\end{enumerate}


\section{$n$阶行列式}


\begin{enumerate}
    \item 由于 $n$ 阶行列式的求和项是取自不同行不同列的 $n$ 个数相乘（并添个符号）作为和项，
      我们知四阶行列式中有 $a_{12}a_{34}$ 的项有 $a_{12}a_{23}a_{34}a_{41}$, $a_{12}a_{21}a_{34}a_{43}$. 
      当然，你要是添加了符号也无妨。

\item
  \begin{enumerate}
      \item  $a_{15}a_{23}a_{31}a_{42}a_{54}$ 的符号为 $(-1)^{\tau(53124)}=(-1)^6=1.$
\item  $a_{52}a_{41}a_{35}a_{24}a_{13}=a_{13}a_{24}a_{35}a_{41}a_{52}$ 的符号为 $(-1)^{\tau(34512)}=(-1)^{6}=1$.
  \end{enumerate}
  

\item  
  \begin{enumerate}
      \item 在行列式的完全展开式（即 P9中公式1.3.3）中，
我们只有一种可能的非零项 $a_{12}a_{23}\cdots a_{n-1,n}a_{n1}=n!$, 
其符号为 $(-1)^{\tau(23\ldots n1)}=(-1)^{n-1}$. 所以所给行列式值为 $(-1)^{n-1}n!$.

\item 在行列式的完全展开式（即 P9中公式1.3.3）中，
我们只有一种可能（从最后一行开始往上选取）的非零项 $a_{n1}a_{n-1,2}\cdots a_{1n}$, 
其符号为 
\[
    (-1)^{\tau(n,n-1\ldots 1)}=(-1)^{(n-1)+(n-2)+\ldots+1}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}. 
\]
所以所给行列式值为 $(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}a_{n1}a_{n-1,2}\cdots a_{1n}$.
\end{enumerate}

\item  若 $n=1$, 显然行列式为 $1$. 现在设 $n>1$. 这节只讲了行列式的定义（完全展开式），
我们只用完全展开式来计算，否则的话容易发现一行是另一行的倍数，所以行列式为 $0$.
完全展开式中项 
\[
    a_{1i_1}a_{2i_2}\cdots a_{ni_n} = \lambda^{(1+2+\ldots+n)-(i_1+i_2+\ldots+i_n)}=\lambda^0=1,
\]
所以完全展开式中每项都是 $1$（不考虑符号）。
又 $n>1$ 时完全展开式中正号与负号一样多
（因为奇排列和偶排列的个数一样多，这是 P7推论1），
所以相互抵消，因而行列式为 $0$.
\end{enumerate}

\section{$n$阶行列式的性质}

\begin{enumerate}
    \item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            a+x & x & x\\
            x & b+x & x\\
            x & x & c+x
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=}
        \begin{vmatrix}
            a & x & x\\
            0 & b+x & x\\
            0 & x & c+x
        \end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
            x & x & x\\
            x & b+x & x\\
            x & x & c+x
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{2}}{=} a\begin{vmatrix}
            b+x & x\\
            x & c+x
        \end{vmatrix} + \begin{vmatrix}
            x & 0 & 0\\
            x & b & 0\\
            x & 0 & c
        \end{vmatrix}\\ 
        &\overset{\circled{3}}{=} a\left( (b+x)(c+x)-x^2 \right)+xbc\\
        &= abc+abx+acx+xbc,
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了行列式对第一列的线性性（拆开第一列），
\circled{2} 中第一个按第 $1$ 列展开，第二个用第 $1$ 列的 (-1) 倍加到第 $2,3$ 列，
\circled{3} 中第一个用二阶方阵行列式公式，第二个用下三角方阵行列式公式。

\item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            -ab & ac & ae \\
            bd & -cd & de \\
            bf & cf & -df
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        a\begin{vmatrix}
            -b & c & e \\
            bd & -cd & de \\
            bf & cf & -df
          \end{vmatrix} 
          \overset{\circled{2}}{=} a\begin{vmatrix}
            -b & c & e \\
            0 & 0 & 2de \\
            0 & 2cf & (e-d)f
        \end{vmatrix} \\
        &\overset{\circled{3}}{=} -a\begin{vmatrix}
            -b & c & e \\
            0 & 2cf & (e-d)f \\
            0 & 0 & 2de 
        \end{vmatrix} \\
        &= 4abcdef,
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 提取了公因子，
\circled{2} 用了初等行变换 $r_2+r_1\times d, r_3+r_1\times f$, 
\circled{3} 用了初等行变换 $r_2\leftrightarrow r_3$.


\item 
  \begin{enumerate}
      \item 利用书上P15页例2的公式我们有
\[
    \begin{aligned}
    \begin{vmatrix}
        0 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 0 & 1 & 1\\
        1 & 1 & 0 & 1\\
        1 & 1 & 1 & 0
      \end{vmatrix}=(4-1)\times (-1)^3= -3.
\end{aligned}
\]
\item 这里我没用化成上三角的形式来计算（自己尝试！）。我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            -2 & 2 & -4 & 0\\
            4 & 1 & 3 & 5\\
            3 & 1 & -2 & -3 \\
            2 & 0 & 5 & 1
        \end{vmatrix}&= 
        \begin{vmatrix}
            -2 & 0 & 0  & 0\\
            4 & 5 & -5 & 5 \\
            3 & 4 & -8 & -3 \\
            2 & 2 & 1 & 1
        \end{vmatrix}
        = -2 \begin{vmatrix}
            5 & -5 & 5 \\
            4 & -8 & -3 \\
            2 & 1 & 1
        \end{vmatrix}\\
        &= -2\begin{vmatrix}
            5 &  0 & 0\\
            4 & -4 & -7\\
            2 & 3 & -1
        \end{vmatrix}
        = -2\times 5\times \begin{vmatrix}
            -4 & -7 \\ 3 & -1
        \end{vmatrix}\\
        &= -250.
    \end{aligned}
\]
\end{enumerate}


\item 我们上三角化：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
            1 & 2 & 0 & \cdots & 0\\
            1 & 0 & 3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            1 & 0 & 0 & \cdots & n
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} & -1 & -1 & \cdots & -1 \\
            0 & 2 & 0 & \cdots & 0\\
            0 & 0 & 3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            0 & 0 & 0 & \cdots & n
        \end{vmatrix} \\
        &= (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot n\\
        &= n!\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i} \right).
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了一系列的初等列变换$c_1-c_i\times\frac{1}{i}, 2\leqslant i\leqslant n$.

\item 这里我用了矩阵的运算的形式来写的，可以等我们学习了第二章``矩阵''后再回来看。
  第二种方法只用到行列式的性质；第一种方法更简单，不过用到了行列式与方阵乘积的相容性，这会在第二章学到。

\fangfa{1} 注意到
\[
  \begin{pmatrix}
    by+az & bz+ax & bx+ay \\ bx+ay & by+az & bz+ax \\ bz+ax & bx+ay & by+az
  \end{pmatrix} = 
  \begin{pmatrix}
    0 & a & b \\ b & 0 & a \\ a & b & 0
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    x & y & z \\ z & x & y \\ y & z & x
  \end{pmatrix}.
\]
由$|AB|=|A||B|$知
\[
  \begin{vmatrix}
    by+az & bz+ax & bx+ay \\ bx+ay & by+az & bz+ax \\ bz+ax & bx+ay & by+az
  \end{vmatrix} = 
  \begin{vmatrix}
    0 & a & b \\ b & 0 & a \\ a & b & 0
  \end{vmatrix}
  \begin{vmatrix}
    x & y & z \\ z & x & y \\ y & z & x
  \end{vmatrix}=(a^3+b^3)  \begin{vmatrix}
    x & y & z \\ z & x & y \\ y & z & x
  \end{vmatrix}.
\]

  \fangfa{2} 设
\[
    \alpha=\begin{pmatrix}
        x\\ z\\y
    \end{pmatrix}, \quad \beta=\begin{pmatrix}
        y\\ x \\ z 
    \end{pmatrix},\quad 
    \gamma=\begin{pmatrix}
        z \\ y \\x
    \end{pmatrix}.
    \]
注意到所给等式左边行列式对应的方阵的列是这三个向量的线性组合。我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            b\beta+a\gamma & b\gamma + a\alpha & b\alpha + a\beta
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            b\beta & b\gamma + a\alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix} + 
        \begin{vmatrix}
            a\gamma & b\gamma + a\alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{2}}{=} b\begin{vmatrix}
            \beta & b\gamma + a\alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix} + 
        a\begin{vmatrix}
            \gamma & b\gamma + a\alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{3}}{=} b\begin{vmatrix}
            \beta & b\gamma + a\alpha & b\alpha
        \end{vmatrix} + 
        a\begin{vmatrix}
            \gamma & a\alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{4}}{=} b^2\begin{vmatrix}
            \beta & b\gamma + a\alpha & \alpha
        \end{vmatrix} + 
        a^2\begin{vmatrix}
            \gamma & \alpha & b\alpha + a\beta
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{5}}{=} b^2\begin{vmatrix}
            \beta & b\gamma & \alpha
        \end{vmatrix} + 
        a^2\begin{vmatrix}
            \gamma & \alpha & a\beta
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{6}}{=} b^3\begin{vmatrix}
            \beta & \gamma & \alpha
        \end{vmatrix} + 
        a^3\begin{vmatrix}
            \gamma & \alpha & \beta
        \end{vmatrix}\\
          &\overset{\circled{7}}{=} b^3\begin{vmatrix}
              \alpha & \beta & \gamma 
        \end{vmatrix} + 
        a^3\begin{vmatrix}
            \alpha & \beta & \gamma
        \end{vmatrix}\\
        &= (a^3+b^3)\begin{vmatrix}
              \alpha & \beta & \gamma 
            \end{vmatrix},
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 利用了行列式对第一列是线性的，
\circled{2} 提取了公因子，
\circled{3} 对第一个用初等列变换 $c_3-c_1\times a$, 对第二个用初等列变换 $c_2-c_1\times b$,
\circled{4} 提取了公因子，
\circled{5} 对第一个用初等列变换 $c_2-c_3\times a$, 对第二个用初等列变换 $c_3-c_2\times b$,
\circled{6} 提取了公因子，
\circled{7} 对等号左边两个行列式都是两次交换行列。
这就是我们要证的。

\end{enumerate}

\section{行列式的展开}

\begin{enumerate}
    \item $x$ 的代数余子式为 $(-1)^{1+3}\begin{vmatrix}
    1 & 4\\
    2 & 3
  \end{vmatrix}=-5$; $y$ 的代数余子式为 $(-1)^{2+3}\begin{vmatrix}
    -3 & 4\\
    5 &3
  \end{vmatrix}=29$.

\item 直接计算是可行的，稍微麻烦点。下面的方法是标准的方法。
  设 $A_{ij}$ 为 $A$ 的 $(i,j)$ 位元素的代数余子式，则 $M_{ij}=(-1)^{i+j} A_{ij}$. 故而
  \[
    \begin{aligned}
      M_{31}-3M_{32}+M_{34}&= 
      A_{31} +3A_{32} +0\cdot A_{33} - A_{34}\\
      &=  \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
    -1 & 1 & 2 & -2\\
    1 & 3 & 0 & -1\\
    -1 & 1 & 8 & -8
  \end{vmatrix}\overset{\circled{1}}{=}
\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
    0 & 2 & 3 & -1\\
    0 & 2 & -1 & -2\\
    0 & 2 & 9 & -7
  \end{vmatrix} \\ 
  & \overset{\circled{2}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        0 & 2 & 3 & -1\\
        0 & 0 & -4 & -1\\
        0 & 0 & 6 & -6
      \end{vmatrix}
      \overset{\circled{3}}{=} \begin{vmatrix}
         1 & 1 & 2 & 1\\
        0 & 2 & 2 & -1\\
        0 & 0 & -5 & -1\\
        0 & 0 & 0 & -6       
      \end{vmatrix}\\
      &= 60,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了初等行变换 $r_2+r_1, r_3-r_1, r_4+r_1$, 
  \circled{2} 用了初等行变换 $r_3-r_2, r_4-r_2$,
  \circled{3} 用了初等列变换 $c_3+c_4$.

  \begin{remark*}
设$A=(a_{ij})$是$n$阶方阵, $b_1,b_2,\cdots, b_n$是一些数，那么
  \begin{align*}
    \sum_{i=1}^n b_i A_{ij} &=  |B_j|, \\
    \sum_{j=1}^n b_j A_{ij} &=  |C_i|. \\
    \intertext{其中$B_j$为$A$替换第$j$列为$(b_1,b_2\cdots,b_n)^{\rT}$得到的方阵，$C_i$是由$A$替换第$i$行为$(b_1,b_2,\cdots,b_n)$得到的方阵。特别地，}
    \sum_{i=1}^n a_{ik} A_{ij} &=  0, \quad (\text{若}~k\neq j);\\
      \sum_{j=1}^n a_{kj} A_{ij} &=0,  \quad (\text{若}~k\neq i).
  \end{align*}
  \end{remark*}

\item $A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42}$ 为 $A$ 替换第 $2$ 列为 $(1,1,1,1)^{\rT}$ 后的行列式的值，即
  \[
    \begin{aligned}
      A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42}&= 
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        2 & 1 & 2^2 & 2^3\\
        3 & 1 & 3^2 & 3^3\\
        4 & 1 & 4^2 & 4^3
      \end{vmatrix}= -\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 2 & 2^2 & 2^3\\
        1 & 3 & 3^2 & 3^3\\
        1 & 4 & 4^2 & 4^3
      \end{vmatrix} = -
      \begin{vmatrix}
        1 & 1 & 1 & 1\\
        1 & 2 & 3 & 4\\
        1 & 2^2 & 3^ 2 & 4^2\\
        1 & 2^3 & 3^3& 4^3
      \end{vmatrix}\\
      &=  -(4-3)(4-2)(4-1)(3-2)(3-1)(2-1)=-12.
    \end{aligned}
  \]
  这里我们用了 Vandermonde 行列式。


\item 
  \begin{enumerate}
      \item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            5 & 0 & 0 & -8 & 0\\
            3& -2 & 0 & 7 & 2 \\
            -1 & 3 & 5 & 2 & -2\\
            2 & 1 & 2 & 5 & 1\\
            0 & 0 & 0 & 2 &0
          \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=} (-1)^{5+4} \cdot 2
        \begin{vmatrix}
            5 & 0 & 0 & 0\\
            3 & -2 & 0 & 2\\
            -1 & 3 & 5 & -2\\
            2 & 1 & 2 & 1
        \end{vmatrix}
        \overset{\circled{2}}{=} 
        -2 \cdot 5 
        \begin{vmatrix}
            -2 & 0 & 2\\
            3 & 5 & -2\\
            1 & 2 & 1
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{3}}{=} -10 \begin{vmatrix}
            -2 & 0 & 0\\
            3 & 5 & 1\\
            1 & 2 & 2
        \end{vmatrix}
        = -10 \times (-16)\\
        &= 160.
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 是按第 $5$ 行展开，\circled{2} 是按第 $1$ 行展开，
\circled{3} 用了初等列变换$c_3+c_1$.

\item 
  \fangfa{1} 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
       \begin{vmatrix}
        x & x & 0 & 0\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix}   \\
      &\overset{\circled{2}}{=} x\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 0 & 0\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix}\\
      &\overset{\circled{3}}{=} x\begin{vmatrix}
        1 & 1 & 0 & 0\\
        0 & -x & 1 & 1 \\
        0 & 0 & 1+y & 1\\
        0 & 0 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} \\
      &\overset{\circled{4}}{=} x\times 1 \times (-x) \begin{vmatrix}
        1+y & 1 \\ 1 & 1-y
      \end{vmatrix} \\
      &= -x^2\times (-y^2) = x^2y^2,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了初等变换 $r_1-r_2$, \circled{2} 提取了第一行的公因子$x$,
  \circled{3} 用了初等变换 $r_2-r_1, r_3-r_1, r_4-r_1$, 
  \circled{4} 做了两次按第$1$列展开。


  \fangfa{2} 我们有
  \[
    \begin{aligned}
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        1 & 1-x & 1 & 1 \\
        1 & 1 & 1+y & 1\\
        1 & 1 & 1 & 1-y
      \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        1+x & 1 & 1 & 1\\
        -x & -x & 0 & 0\\
        -x & 0 & y& 0\\
        -x & 0 & 0 & -y
      \end{vmatrix}\\
      &\overset{\circled{2}}{=} 
      \begin{vmatrix}
        x & 1 & 1 & 1\\
        0& -x & 0 & 0\\
        0 & 0 & y& 0\\
        0 & 0 & 0 & -y
      \end{vmatrix}
      \\ 
      &= x^2y^2,
    \end{aligned}
  \]
  其中 \circled{1} 用了一系列初等行变换 $r_i-r_1 (2\leqslant i\leqslant 4)$, 
  \circled{2} 假定了 $y\neq 0$, 然后使用了初等列变换 
  $c_1-c_2, c_1+c_3\times \frac{x}{y}, c_1-c_4\times \frac{x}{y}$.
  这样，上面的式子在 $y\neq 0$ 时是对的。
  如果 $y=0$, 那么所给矩阵最后两列相同，所以行列式为 $0$, 也等于 $x^2y^2$. 
  所以我们所给矩阵的行列式总是 $x^2y^2$. 
  （实际上上面的讨论总是可以避免的，即$y=0$时算出的值总符合$y\neq 0$时我们算出的多项式。）
  \end{enumerate}


\item 
  \begin{enumerate}
      \item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            1 & 2 & 2 & \cdots & 2\\
            2 & 2 & 2 & \cdots & 2 \\
            2 & 2 & 3 & \cdots & 2\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            2 & 2 & 2 & \cdots & n
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1 & 2 & 2 & \cdots & 2\\
            1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
             1 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
             1 & 0 & 0 & \cdots & n-2
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{2}}{=}\begin{vmatrix}
            1-\frac{2}{1}-\frac{2}{2}-\cdots-\frac{2}{n-2} & 2 & 2 & \cdots & 2\\
            1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
             0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
             0 & 0 & 0 & \cdots & n-2
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{3}}{=} (-1)^{1+1}\cdot (1-\frac{2}{1}-\frac{2}{2}-\cdots-\frac{2}{n-2}) \cdot \begin{vmatrix}
            0 & 0 & \cdots & 0 \\
             0 & 1 & \cdots & 0\\
             \vdots & \vdots & & \vdots \\
              0 & 0 & \cdots & n-2
           \end{vmatrix} \\
           & \quad + (-1)^{1+2} \cdot 1\cdot \begin{vmatrix}
             2 & 2 & \cdots & 2\\
              0 & 1 & \cdots & 0\\
             \vdots & \vdots & & \vdots \\
              0 & 0 & \cdots & n-2
        \end{vmatrix}\\
        &= -2\left((n-2)!\right),
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了一系列初等行变换 $r_i-r_1 (2\leqslant i\leqslant n)$,
\circled{2} 用了一系列初等列变换 $c_1+c_i\times(-\frac{2}{i-2}) (3\leqslant i\leqslant n)$, 
\circled{3} 是按第一列展开。
上式在 $n\geqslant 2$ 时是对的。若 $n=1$, 显然所给行列式的值为 $1$.

\item 我们上三角化：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1\\
            -a & 1 & 0 & \cdots & 0 & 1\\
            0 & -a & 1 & \cdots &  0 &1 \\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
            0 & 0& 0 & \cdots & 1 & 1 \\
            0 & 0 & 0 & \cdots & -a & 1
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1\\
            0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 1+a\\
            0 & 0 & 1 & \cdots &  0 &1+a+a^2 \\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
            0 & 0& 0 & \cdots & 1 & 1+a+a^2+\cdots+a^{n-2} \\
            0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1+a+a^2+\cdots+a^{n-1}
        \end{vmatrix}\\
          &= 1+a+a^2+\cdots+a^{n-1},
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 依次使用初等行变换
$r_2+r_1\times a, r_3+r_2\times a, r_4+ r_3\times a,\cdots$. 
也可以按照最后一列展开，感兴趣的自己试试。
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\section{Cramer法则}

\begin{enumerate}
    \item 我们按照要求用 Cramer 法则来解方程组。
我们有系数行列式
\[
  D=\begin{vmatrix}
    1 & 2 & -2\\
            2 & 3 & -2 \\
            -3 & -5 & 2
  \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
        1 & 0 & 0\\
        2 & -1 & 2\\
        -3 & 1 & -4
    \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
        -1 & 2 \\ 1 & -4
    \end{vmatrix}=2 \neq 0.
\]
系数行列式非零（或者说，系数矩阵是可逆矩阵），所以确实可以使用 Cramer 法则。
我们算下 $D$ 的各列替换为线性方程组中的常数列后得到的矩阵的行列式：
\[
    \begin{aligned}
        D_1 &= 
        \begin{vmatrix}
            -1 & 2 & -2\\
            0 & 3 & -2 \\
            -1 & -5 & 2
        \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
            -2 & -3 & 0 \\
            -1 & -2 & 0\\
            -1 & -5 & 2
        \end{vmatrix} = 2\begin{vmatrix}
            -2 & -3 \\ -1 & -2 
        \end{vmatrix}=2,\\
        D_2 &= \begin{vmatrix}
            1 & -1 & 0\\
            2 & 0 & 2\\
            -3 & -1 & -4
        \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 \\
            2 & 2 & 2 \\
            -3 & -4 & -4
        \end{vmatrix}=2\begin{vmatrix}
            2 & 2 \\-4 & -4 
        \end{vmatrix}=0,\\
        D_3&= \begin{vmatrix}
        1 & 0 & -1\\
        2 & -1 & 0\\
        -3 & 1 & -1
    \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
        1 & 0& 0\\
        2 & -1 & 2\\
        -3 & 1 & -4
    \end{vmatrix} =2\begin{vmatrix}
            -2 & -3 \\-1 & -2 
        \end{vmatrix}=2.
    \end{aligned}
\]
由 Cramer 法则知该线性方程组的唯一解为
\[
    x_1=\frac{D_1}{D}=1,\quad x_2=\frac{D_2}{D}=0, \quad x_3=\frac{D_3}{D}=1.
\]

\item 注意到系数矩阵是方阵且该方阵的行列式为 Vandermonde 行列式，值为 $(a_3-a_1)(a_3-a_2)(a_2-a_1)\neq 0$. 
这样由 P28定理5知该齐次线性方程组只有零解。

\item  由 P28定理5知该齐次线性方程组在系数行列式非零时只有零解。
  由于
\[
    \begin{vmatrix}
\lambda & 3 & 4 \\
-1 & \lambda & 0 \\
0 & 1 & 1
    \end{vmatrix}=\lambda^2-1,
\]
故$\lambda\neq \pm1$时只有零解。现在看$\lambda=\pm1$时是不是有非零解。
若$\lambda=1$, 容易发现$x_1=1,x_2=1,x_3=-1$是该线性方程组的解；若$\lambda=-1$, 容易发现$x_1=1,x_2=-1,x_3=1$是该线性方程组的解。
这样只有非零当且仅当$\lambda\neq \pm 1$.

\begin{remark*} 
后面我们会知道，如果齐次线性方程组的系数矩阵是方阵，那么它只有零解当且仅当系数矩阵的行列式非零。
\end{remark*}

\item  （注意到系数矩阵是方阵。）若系数行列式非零（或者说，系数矩阵可逆），那么解存在且唯一。
  若所给线性方程组无解，那么由Cramer法则知系数行列式等于$0$.
  易算得
\[
    \begin{vmatrix}
        1 & -1 & 1 & -1 \\
2 & -1 & a & 1 \\
0 & 1 & 2 & -2 \\
1 & 0 & 3 & -1
    \end{vmatrix}=-2a+8.
\]
所以 $-2a+8=0$, 即 $a=4$ 时可能无解（以后我们会知道$a=4$时确实无解）。
\end{enumerate}


\section*{第一章复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第一章复习题}
\subsection*{一、填空题}
\begin{enumerate}
\item 我们可如下计算：
    \[
        \begin{aligned}
            \begin{vmatrix}
                1 & 2 & 3 & 4\\
                1 & 0 & 2 & 1\\
                2 & 1 & 1 & -3\\
                1 & 1 & 0 & 1
              \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
            \begin{vmatrix}
                1 & 2  & 3 & 4 \\
                0 & -2 & -1 & -3 \\
                0 & -3 & -5 & -11\\
                0 & -1 & -3 & -3
              \end{vmatrix} 
              \overset{\circled{2}}{=}  \begin{vmatrix}
                -2 & -1 & -3 \\
                -3 & -5 & -11\\
                -1 & -3 & -3
            \end{vmatrix} \\
            &\overset{\circled{3}}{=} \begin{vmatrix}
              0 & 5 & 3 \\
              0 & 4 & -2\\
              -1 & -3 & -3
            \end{vmatrix} 
            \overset{\circled{4}}{=}  -\begin{vmatrix}
                5 & 3 \\
                4 & -2
            \end{vmatrix}\\
            &= 22.
        \end{aligned}
    \]
    其中 \circled{1} 用了初等行变换 $r_2-r_1, r_3-2r_1, r_4-r_1$,
    \circled{2} 是按第一列展开，
    \circled{3} 用了初等行变换 $r_1+r_3\times(-2), r_2+r_3\times (-3)$,
    \circled{4} 按第一列展开。

\item 按照最后一列展开，我们有
    \[
        \begin{vmatrix}
            -1 & 1 & 1\\
            1 & -2 & x\\
            1 & 2 &3 
        \end{vmatrix}= (-1)^{1+3}\cdot 1\cdot \begin{vmatrix}
            1 & -2 \\ 1 & 2
        \end{vmatrix} + (-1)^{2+3}\cdot x \cdot \begin{vmatrix}
            -1 & 1 \\ 1 & 2
        \end{vmatrix} + (-1)^{3+3}\cdot 3\cdot \begin{vmatrix}
            -1 & 1 \\ 1 & -2
        \end{vmatrix}.
    \]
    这样这个多项式中 $x$ 的系数为 $(-1)^{2+3}\cdot\begin{vmatrix}
            -1 & 1 \\ 1 & 2
        \end{vmatrix} = 3$.


\item 若该方程组有非零解，则系数行列式为 $0$, 故而
\[
    \begin{aligned}
      0= \begin{vmatrix}
            1 & -1 & 0 & 0\\
            2 & -2 & 3 & x\\
            -7 & 10 & 4 &3 \\
            1 & -1 & 1 & x
          \end{vmatrix}  &\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 & 0\\
            2 & 0 & 3 & x\\
            -7 & 3 & 4 &3 \\
            1 & 0 & 1 & x
        \end{vmatrix}  
        \overset{\circled{2}}{=} \begin{vmatrix}
            0 & 3 & x\\
             3 & 4 &3 \\
             0 & 1 & x
           \end{vmatrix} \overset{\circled{3}}{=} -3\begin{vmatrix}
          3 & x \\
          1 & x
        \end{vmatrix}  = -6x,
           \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了初等列变换 $c_2+c_1$, \circled{2} 按第一行展开，
\circled{3} 按第一列展开。
所以 $x=0$.


\item 应用P23定理3我们有
    \[
        \begin{aligned}
            0&= a_{11}A_{31}+a_{12}A_{32}+a_{13}A_{33}+a_{14}A_{34} \\
            &=  a_{11}\cdot (-1)^{3+1} M_{31}+a_{12}\cdot (-1)^{3+2}M_{32}+a_{13}\cdot (-1)^{3+3}M_{33}+a_{14}\cdot (-1)^{3+4} M_{34}\\
            &= a_{11}M_{31}-a_{12}M_{32}+a_{13}M_{33}-a_{14}M_{34}.
        \end{aligned}
    \]
    所以 $2\times 6-2x+4\times2=0$, 即 $x=10$.



\item 我们有
\[
    \begin{aligned}
      M_{12}-A_{22}+M_{32}-A_{42}
      &=  -A_{12}-A_{22}-A_{32}-A_{42}
        = -(A_{12}+A_{22}+A_{32}+A_{42})\\
        &=  -\begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            2 & 1 &2^2 & 2^3\\
            3 & 1 & 3^2 & 3^3\\
            4 & 1 & 4^2 & 4^3
        \end{vmatrix}
        \overset{\circled{1}}{=} \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            1 & 2 & 2^2 & 2^3\\
            1 & 3 &  3^2 & 3^3\\
            1 & 4 &  4^2 & 4^3           
          \end{vmatrix} \overset{\circled{2}}{=} \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1\\
            1 & 2 & 3 & 4 \\
            1 & 2^2 & 3^2 & 4^2\\
            1 & 2^3 & 3^3 & 4^3
        \end{vmatrix}\\
        &= (4-3)(4-2)(4-1)(3-2)(3-1)(2-1)\\
        &= 12,
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了初等列变换 $c_1\leftrightarrow c_2$, 
\circled{2} 是因为转置不改变行列式。
\end{enumerate}

\subsection*{二、计算下列行列式}

\begin{enumerate}
\item 我们上三角化：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            a_1 & 1 & 1 & \cdots & 1\\
            1 & a_2& 0 & \cdots & 0\\
            1 & 0 & a_3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots\\
            1 & 0 & 0 & \cdots & a_n
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            a_1-\frac{1}{a_2}-\cdots-\frac{1}{a_n} & 1 & 1 & \cdots & 1\\
            0 & a_2& 0 & \cdots & 0\\
            0 & 0 & a_3 & \cdots & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots\\
            0 & 0 & 0 & \cdots & a_n
          \end{vmatrix} = (a_1-\sum_{i=2}^n \frac{1}{a_i}) \prod_{i=2}^n a_i.
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 用了一系列初等列变换 $c_1+c_{i}\times (-\frac{1}{a_i}) (2\leqslant i\leqslant n)$.


\item 我们升阶后上三角化：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            a_1 & x& x & \cdots &x \\
            x & a_2 & x & \cdots & x\\
            x & x & a_3 & \cdots & x \\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            x & x& x & \cdots& a_n
          \end{vmatrix}&\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1\\
            0& a_1 & x& x & \cdots &x \\
            0 & x & a_2 & x & \cdots & x\\
            0 & x & x & a_3 & \cdots & x \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            0 & x & x& x & \cdots& a_n
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{2}}{=} \begin{vmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1\\
            -x& a_1-x & 0& 0 & \cdots &0 \\
            -x & 0 & a_2-x & 0 & \cdots & 0\\
            -x & 0 & 0 & a_3-x & \cdots & 0 \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            -x & 0 & 0& 0 & \cdots& a_n-x
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{3}}{=} \begin{vmatrix}
            1+\frac{x}{a_1-x}+\cdots+\frac{x}{a_n-x} & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1\\
            0& a_1-x & 0& 0 & \cdots &0 \\
            0 & 0 & a_2-x & 0 & \cdots & 0\\
            0 & 0 & 0 & a_3-x & \cdots & 0 \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            0 & 0 & 0& 0 & \cdots& a_n-x
        \end{vmatrix}\\
        &= \left( 1+\sum_{i=1}^n \frac{x}{a_i-x} \right)\prod_{i=1}^n (a_i-x),
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 这种方法称为升阶法或加边法，
\circled{2} 是把第一行乘 $-x$ 加到其他每一行，
\circled{3} 用了一系列初等列变换 $c_1+c_{i+1}\times\frac{x}{a_i-x} (1\leqslant i\leqslant n)$.

\item 我们升阶后上三角化：
    \[
        \begin{aligned}
          &\quad \begin{vmatrix}
                x & a_2 & a_3 & \cdots & a_n\\
                a_1 & x & a_3 & \cdots & a_n \\
                a_1 & a_2 & x & \cdots & a_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x
              \end{vmatrix}\\
              & \overset{\circled{1}}{=} 
             \begin{vmatrix}
                 1 & 0 & 0  & 0 & \cdots & 0\\
                 1 &x & a_2 & a_3 & \cdots & a_n\\
                 1& a_1 & x & a_3 & \cdots & a_n \\
                 1& a_1 & a_2 & x & \cdots & a_n \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 1& a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x
            \end{vmatrix}
            \overset{\circled{2}}{=} \begin{vmatrix}
                 1 & -a_1 & -a_2  & -a_3 & \cdots & -a_n\\
                 1 &x-a_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
                 1& 0 & x-a_2 & 0 & \cdots & 0 \\
                 1& 0 & 0 & x-a_3 & \cdots & 0 \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 1& 0 & 0 & 0 & \cdots & x-a_n
            \end{vmatrix}\\
            &\overset{\circled{3}}{=} \begin{vmatrix}
                1+\frac{a_1}{x-a_1}+\cdots+\frac{a_n}{x-a_n} & -a_1 & -a_2  & -a_3 & \cdots & -a_n\\
                 0 &x-a_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
                 0& 0 & x-a_2 & 0 & \cdots & 0 \\
                 0& 0 & 0 & x-a_3 & \cdots & 0 \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 0& 0 & 0 & 0 & \cdots & x-a_n
            \end{vmatrix}\\
            &= \left( 1+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{x-a_i} \right)\prod_{i=1}^n (x-a_i).
        \end{aligned}
    \]
  其中 \circled{1} 这种方法称为升阶法或加边法，
  \circled{2} 用了一系列初等列变换 $c_{i+1}+c_1\times(-a_i) (1\leqslant i\leqslant n)$,
  \circled{3} 用了一系列初等列变换 $c_1+c_{i+1}\times \frac{a_i}{x-a_i} (1\leqslant i\leqslant n$. 

\item 我们升阶后上三角化：
    \[
        \begin{aligned}
          &\quad \begin{vmatrix}
                x_1+a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n\\
                a_1 & x_2+a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\
                a_1 & a_2 & x_3+a_3 & \cdots & a_n \\
                \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x_n+a_n
              \end{vmatrix}\\
              &\overset{\circled{1}}{=} 
             \begin{vmatrix}
                 1 & 0 & 0  & 0 & \cdots & 0\\
                 1 &x_1+a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_n\\
                 1& a_1 & x_2+a_2 & a_3 & \cdots & a_n \\
                 1& a_1 & a_2 & x_3+a_3 & \cdots & a_n \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 1& a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & x_n+a_n
            \end{vmatrix}
            \overset{\circled{2}}{=} \begin{vmatrix}
                 1 & -a_1 & -a_2  & -a_3 & \cdots & -a_n\\
                 1 &x_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
                 1& 0 & x_2 & 0 & \cdots & 0 \\
                 1& 0 & 0 & x_3 & \cdots & 0 \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 1& 0 & 0 & 0 & \cdots & x_n
            \end{vmatrix}\\
            &\overset{\circled{3}}{=} \begin{vmatrix}
                1+\frac{a_1}{x_1}+\cdots+\frac{a_n}{x_n} & -a_1 & -a_2  & -a_3 & \cdots & -a_n\\
                 0 &x_1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
                 0& 0 & x_2 & 0 & \cdots & 0 \\
                 0& 0 & 0 & x_3 & \cdots & 0 \\
                 \vdots &\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
                 0& 0 & 0 & 0 & \cdots & x_n
            \end{vmatrix}\\
            &= \left( 1+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{x_i} \right)\prod_{i=1}^n x_i,
        \end{aligned}
    \]
    \circled{1} 这种方法称为升阶法或加边法，
    \circled{2} 用了初等列变换 $c_{i+1}+c_1\times(-a_i) (1\leqslant i\leqslant n)$,
    \circled{3} 用了初等列变换 $c_1+c_{i+1}\times \frac{a_i}{x_i} (1\leqslant i\leqslant n)$.

\item 我们下三角化：
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            -a_1 & a_1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\
            0 & -a_2 & a_2 & \cdots & 0 & 0\\
            0 & 0 & -a_3 & \cdots & 0 & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\
            0 & 0 & 0 & \cdots & -a_n & a_n\\
            1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1
          \end{vmatrix} &\overset{\circled{1}}{=} 
         \begin{vmatrix}
            -a_1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\
            0 & -a_2 & 0 & \cdots & 0 & 0\\
            0 & 0 & -a_3 & \cdots & 0 & 0\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\
            0 & 0 & 0 & \cdots & -a_n & 0\\
            1 & 2 & 3 & \cdots & n & n+1
        \end{vmatrix}       \\
        &= (-1)^n (n+1)a_1 a_2\cdots a_n,
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 依次用了初等列变换：第一列加到第二列，之后第二列加到第三列，等等下去。

\item 记所给行列式为 $d_n$. 通过第一行展开容易发现 $d_{n}=(a+x)d_{n-1}$. 显然 $d_1=a$. 
所以 $d_n=a(a+x)^{n-1}$. 

\item 我们有
  \begin{small}
\[
    \begin{aligned}
      &\quad \begin{vmatrix}
            a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & \cdots & a_1b_n\\
            a_1b_2 & a_2 b_2 & a_2b_3 & \cdots & a_2b_n\\
            a_1b_3 & a_2b_3 & a_3 b_3 & \cdots & a_3b_n\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            a_1 b_{n-1} & a_2b_{n-1} & a_3 b_{n-1} & \cdots & a_{n-1} b_n \\
            a_1b_n & a_2b_n & a_3b_n & \cdots & a_n b_n
        \end{vmatrix}  \\
        &= a_1 \begin{vmatrix}
            b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & \cdots & a_1b_n\\
            b_2 & a_2 b_2 & a_2b_3 & \cdots & a_2b_n\\
            b_3 & a_2b_3 & a_3 b_3 & \cdots & a_3b_n\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            b_{n-1} & a_2b_{n-1} & a_3 b_{n-1} & \cdots & a_{n-1} b_n \\
            b_n & a_2b_n & a_3b_n & \cdots & a_n b_n
        \end{vmatrix}\\
        &= a_1 \begin{vmatrix}
            b_1 & a_1b_2-a_2b_1 & a_1b_3-a_3b_1 & \cdots & a_1b_n-a_nb_1\\
            b_2 & 0 & a_2b_3-a_3b_2 & \cdots & a_2b_n-a_nb_2\\
            b_3 & 0 & 0 & \cdots & a_3b_n-a_nb_3\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            b_{n-1} & 0 & 0 & \cdots & a_{n-1} b_n-a_nb_{n-1} \\
            b_n & 0 & 0 & \cdots & 0
        \end{vmatrix}\\
        &= (-1)^{n-1}a_1 \begin{vmatrix}
            a_1b_2-a_2b_1 & a_1b_3-a_3b_1 & \cdots & a_1b_n-a_nb_1 & b_1\\
            0 & a_2b_3-a_3b_2 & \cdots & a_2b_n-a_nb_2 & b_2 \\
            0 & 0 & \cdots & a_3b_n-a_nb_3 & b_3 \\
             \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
             0 & 0 & \cdots & a_{n-1} b_n-a_nb_{n-1} & b_{n-1} \\
             0 & 0 & \cdots & 0 & b_n
        \end{vmatrix}\\
        &= (-1)^{n-1}a_1b_n(a_1b_2-a_2b_1)(a_2b_3-a_3b_2)\cdots (a_{n-1} b_n-a_nb_{n-1}).
    \end{aligned}
\]
\end{small}
\item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{vmatrix}
            x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^n \\
            x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots \\
            x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^n
          \end{vmatrix}\overset{\circled{1}}{=} 
        x_1x_2\cdots x_n \begin{vmatrix}
            1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1} \\
            1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1}\\
            \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
            1& x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-1}
        \end{vmatrix}
        \overset{\circled{2}}{=} \prod_{i=1}^n x_i \prod_{1\leq j<i\leqslant n}(x_i-x_j),
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 利用行列式对行的线性性（提取公因子），
\circled{2} 利用了 Vandermonde 行列式及转置不改变行列式。

\item 我们有
\[
    \begin{aligned}
      &\quad \begin{vmatrix}
            a_1+b_1 & a_1+b_2 & \cdots & a_1+b_n\\
            a_2+b_1 & a_2+b_2 & \cdots & a_2+b_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n+b_1 & a_n+b_2 & \cdots & a_n +b_n
          \end{vmatrix} \\
          &\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            a_1 & a_1  & \cdots & a_1\\
            a_2+b_1 & a_2+b_2 & \cdots & a_2+b_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n+b_1 & a_n+b_2 & \cdots & a_n +b_n
        \end{vmatrix} + 
        \begin{vmatrix}
            b_1 & b_2 & \cdots & b_n\\
            a_2+b_1 & a_2+b_2 & \cdots & a_2+b_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n+b_1 & a_n+b_2 & \cdots & a_n +b_n
        \end{vmatrix} \\
        &= a_1 \begin{vmatrix}
            1 & 1  & \cdots & 1\\
            a_2+b_1 & a_2+b_2 & \cdots & a_2+b_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n+b_1 & a_n+b_2 & \cdots & a_n +b_n
        \end{vmatrix} + 
        \begin{vmatrix}
            b_1 & b_2 & \cdots & b_n\\
            a_2 & a_2 & \cdots & a_2\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n & a_n & \cdots & a_n
        \end{vmatrix} 
        \\
        &= 
        a_1 \begin{vmatrix}
            1 & 1  & \cdots & 1\\
            b_1 & b_2 & \cdots & b_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            b_1 & b_2 & \cdots & b_n
        \end{vmatrix} + 
        a_2 \begin{vmatrix}
            b_1 & b_2 & \cdots & b_n\\
            1 & 1 & \cdots & 1\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_n & a_n & \cdots & a_n
          \end{vmatrix},
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 利用行列式对第一行的线性性（拆开第一行）。
容易发现上边两个行列式最 $n\geqslant 3$ 时都是 $0$. 所以所给行列式在 $n\geqslant 3$ 时等于 $0$.
而 $n=1,2$ 时可直接计算。这点留给你们自己了。

\item 我们有
\[
    \begin{aligned}
        &\quad \begin{vmatrix}
            a_1+b_1c_1 & a_2+b_1c_2 & \cdots & a_n+b_1c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &\overset{\circled{1}}{=} 
        \begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix}  + 
        \begin{vmatrix}
            b_1c_1 & b_1c_2 & \cdots & b_1c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &= \begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            b_2c_1 & b_2c_2 & \cdots & b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            b_nc_1 & b_nc_2 & \cdots & b_nc_n
        \end{vmatrix}  + 
        b_1\begin{vmatrix}
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            a_1+b_2c_1 & a_2+b_2c_2 & \cdots & a_n+b_2c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1+b_nc_1 & a_2+b_nc_2 & \cdots & a_n +b_nc_n
        \end{vmatrix} \\
        &= 
        b_2 \cdots b_n\begin{vmatrix}
            a_1 & a_2  & \cdots & a_n\\
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n
        \end{vmatrix}  + 
        b_1\begin{vmatrix}
            c_1 & c_2 & \cdots & c_n\\
            a_1 & a_2 & \cdots & a_n\\
            \vdots & \vdots & & \vdots\\
            a_1 & a_2 & \cdots & a_n
          \end{vmatrix},
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 利用行列式对第一行的线性性（拆开第一行）。
容易发现上边的两个行列式在 $n\geqslant 3$ 时为 $0$. 所以所给行列式在 $n\geqslant 3$ 时等于 $0$.
而 $n=1,2$ 时可直接计算。这点留给你们自己了。
\end{enumerate}



